Capítulo 1 Tensiones - Facultad de Ingeniería
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Capítulo 1 Tensiones - Facultad de Ingeniería
Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones Capítulo 1 Tensiones 1 - 1 : INTRODUCCIÓN En el curso desarrollaremos la Teoría de la Elasticidad, y para ello nada mejor que encuadrarla en el campo de la Física Mecánica a la cual pertenece: - Mecánica de los puntos materiales - Mecánica de los Cuerpos Rígidos - Resistencia de Materiales (comportamiento bajo hipótesis simplificativas) - Teoría de la Elasticidad (Comportamiento elástico) Mecánica - Mecánica del - Teoría de la plasticidad sólido - Mecánica del - Teoría de la visco-elasticidad y viscocontinuo plasticidad - Mecánica de los fluidos De alguna manera en Ingeniería, en sus distintas especialidades y asignaturas, se recorre todo el campo de la Mecánica, ya sea en forma teórica como práctica. Respecto a la Mecánica del Sólido es innecesario referirnos a los temas de Resistencia de Materiales, ya tratados en los cursos de Estabilidad II y III. La Geotecnia y Mecánica de Suelos necesitan conocimientos de Elasticidad, Plasticidad y Viscosidad en sólidos, así como también el estudio de construcciones o elementos donde intervengan acero, hormigón, materiales plásticos, asfaltos, etc. En el curso nos referiremos a la elasticidad lineal y consideraremos al sólido como un Medio Continuo, aunque en realidad sabemos que está formado por moléculas, con espacios entre ellas, si lo consideramos desde el punto de vista microscópico. En la Ingeniería Civil y desde una perspectiva macroscópica, podemos considerar que el Material o Sólido cumple con las siguientes Hipótesis simplificativas, que pueden ser, de acuerdo a la experiencia, asumidas como propiedades del sólido en el tratamiento de diferentes problemas: a) HOMOGENEIDAD: Esto implica que el material que constituye el cuerpo tiene las mismas características físicas y mecánicas en cualquier punto del medio. Si bien esto no es exactamente cierto, si consideramos la estructura molecular, es aceptable considerar que macroscópicamente los materiales se comportan como homogéneos. Aún el hormigón simple puede ser considerado así, aunque es evidente que no tiene las mismas propiedades en un punto coincidente con el agregado grueso que en otro que esté sobre el mortero aglomerante. b) ISOTROPIA: Esta propiedad considera igualdad de características elásticas cualquiera sea la dirección estudiada. Un ejemplo clásico de falta de isotropía (anisotropía) es la madera, en la cual las características físico-mecánicas dependen de la dirección que se considere respecto a las fibras. Ciertos procesos, como el laminado de metales, pueden producir anisotropía. c) CONTINUIDAD: El sólido se comporta como un continuo, aunque no lo sea en su estructura microscópica. Esta hipótesis nos permite plantear ecuaciones de Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 1 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones equilibrio y deformaciones, planteando soluciones de funciones continuas a las cuales es aplicable el cálculo diferencial. d) ELASTICIDAD: Implica que al aplicar una carga los cuerpos sufren una deformación que desaparece totalmente al retirarse las cargas. Con referencia a la Elasticidad Lineal, o sea cuando los efectos son linealmente proporcionales a las cargas, será aplicable el Principio de superposición. 1 - 1 . 1 : CONCEPTO DE TENSIÓN B P a a A df P n a dΩ Al solo efecto de refrescar algunos conocimientos recordemos que entendemos por tensión en un medio continuo. Para ello supongamos un sólido como el de la figura, cargado con fuerzas en equilibrio al cual mediante una sección a-a dividimos en dos sectores A y B. Aislado el sector A, existirán sobre el las fuerzas P exteriores y una distribución continua de cargas sobre la sección a-a y que en su conjunto deben equilibrar al cuerpo. Estas cargas o fuerzas distribuidas sobre la sección a-a no son mas que la acción del sector B sobre el A actuando en la sección dΩ una fuerza df. Definimos como tensión en el punto O sobre una superficie definida por el versor n. tn = A a tn n o dΩ Δf df = lim dΩ ΔΩ→0 ΔΩ siendo su dimensión Fuerza/longitud2. Sea n el versor normal a la superficie dΩ, podemos descomponer el vector tensión en un punto en sus componentes en las direcciones coincidente y normal a n. Tensión normal: Tensión tangencial σn (paralelo a n) τn (normal a n) Sus características y manejo son conocidas a través de problemas de Estabilidad II y Estabilidad III, entre otras asignaturas de la carrera. τ Debemos mencionar que las tensiones no se comportan exactamente como vectores fuerza, aunque dΩ tienen alguna de sus características, ya que en realidad las tensiones tienen carácter tensorial (de 2° orden) y son z=x3 representadas por tensores. Explicitemos también el sistema de ejes coordenados que utilizaremos, que si bien supone un cambio respecto a los o y=x2 ejes x, y, z, tiene la ventaja de permitir, para aquellos que así lo deseen, la aplicación de la notación indicial. Por esto x=x1 utilizaremos los ejes x1, x2, x3, equivaliendo con esta nomenclatura: x→x1 y→x2 z→x3 n tn=df/dΩ n σn Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 2 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones 1 - 2 : ECUACIONES DE EQUILIBRIO: Estudiemos el equilibrio de un hexaedro diferencial extraído de un sólido en equilibrio x3 τ33 + 33 ∂x 3 .dx 3 τ32 + τ31 + 31 ∂x 3 32 ∂x 3 .dx 3 .dx 3 τ11 τ12 τ13 τ23 + τ21 τ22 τ13 + τ23 dx3 ∂x1 11 ∂x 1 .dx1 τ12 + 12 ∂x1 .dx1 τ21 + 21 ∂x 2 τ22 + 22 ∂x 2 .dx 2 .dx 2 x2 τ32 τ31 dx 1 τ11 + .dx 2 .dx 1 13 o 23 ∂x 2 τ33 dx2 x1 para ver como varían las tensiones internas. Sobre dicho hexaedro actuarán las tensiones x3 internas τij (que luego veremos componen una matriz T) y que están en la figura acompañadas de las componentes incrementadas. Además actúan las fuerzas de masa por unidad de volumen Xi = (X1, X2, X3) que se señalan en la figura siguiente por X3 .dv simplicidad, y donde el diferencial de X2 .dv volumen es: x2 X1 .dv dv = dx1.dx2.dx3 o Veamos ahora de plantear las condiciones de equilibrio del elemento 3 ∑ M xi = 0 x1 i =1 3 ∑F xi =0 i =1 1 - 2 . 1 : RECIPROCIDAD DE TENSIONES TANGENCIALES: Conocido como Teorema de Cauchy, solo deseamos recordar un conocimiento ya adquirido que se obtiene planteando equilibrio de momento respecto a ejes paralelos a los coordenados. Se debe cumplir que: ∑M x1 =0 ∑M x2 Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. =0 ∑M x3 =0 3 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones Planteemos el equilibrio de momento respecto a un eje paralelo a x3 y dibujemos solo las tensiones que producen momentos. x3 + − ( τ 21 τ12 + ( τ12 + τ21 τ21 + o 12 ∂x1 21 ∂x 2 ∂τ12 dx dx 1 ).( dx 2 .dx 3 ). 1 = 0 ∂x 1 2 .dx 2 x 2 .dx1 − τ 21 .dx 1 .dx 2 .dx 3 − 1 ∂τ 21 dx 1 .dx 2 .dx 3 .dx 2 2 ∂x 2 + τ12 .dx 1 .dx 2 .dx 3 + 1 dx 1 .dx 2 .dx 3 .dx 1 = 0 2 dx 1 τ12 + dx 2 dx + τ12 .( dx 2 .dx 3 ). 1 2 2 ∂τ dx + 21 dx 2 ).( dx 1 .dx 3 ). 2 ∂x 2 2 − τ 21 .( dx 1 .dx 3 ). x1 dx2 Despreciando el 2° y 4° término por ser infinitésimos de orden superior obtenemos: τ12 = τ21 Análogamente podemos expresar: τ23 = τ32 τ13 = τ31 o en forma indicial: τij = τji que es la expresión del Teorema de Cauchy o Ley de reciprocidad de la Tensiones Tangenciales. Esta ley indica que la matriz del Tensor de Tensiones es simétrica respecto de su diagonal principal. 1 - 2 . 2 : ECUACIONES DIFERENCIALES DEL EQUILIBRIO: Si ahora planteamos el equilibrio de fuerzas según los ejes xi (nosotros lo plantearemos respecto a x1 y en la figura colocaremos x3 solo las fuerzas que tienen esa dirección), vemos que estas τ31 + 31 .dx 3 ∂x 3 componentes no pueden ser arbitrarias, debiendo cumplir ciertas condiciones, en τ11 todos y cada uno de los puntos del sólido continuo. τ21 11 ∂x 1 .dx1 τ31 .dx 2 21 ∂x 2 x2 1 τ11 + τ21 + dx dx3 o X1 dx2 x1 Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 4 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones Del equilibrio (τ11 + ∑F x1 =0 ∂τ ∂τ11 dx 1 ).dx 2 .dx 3 − τ11 .dx 2 .dx 3 + (τ 21 + 21 dx 2 ).dx 1 .dx 3 − τ 21 .dx 1 .dx 3 + ∂x 2 ∂x 1 ∂τ 31 dx 3 ).dx 1 .dx 2 − τ 31 .dx 1 .dx 2 + X1 .dx 1 .dx 2 .dx 3 = 0 ∂x 3 Sumando y simplificando términos obtenemos la 1ra. de las tres siguientes ecuaciones diferenciales, obteniéndose las otras dos en forma análoga: ∂τ11 ∂τ 21 ∂τ31 + + + X1 . = 0 ∂x 1 ∂x 2 ∂x 3 ∂τ12 ∂τ 22 ∂τ 32 + + + X2. = 0 ∂x1 ∂x 2 ∂x 3 ∂τ13 ∂τ 23 ∂τ 33 + + + X3. = 0 ∂x1 ∂x 2 ∂x 3 + (τ 31 + Que son las “Ecuaciones Diferenciales de Equilibrio” que deben ser en general integradas o resueltas cumpliendo además con las “Condiciones de Borde o de Contorno” y asociadas a “Ecuaciones de Compatibilidad de Deformaciones”. Con notación indicial las mismas se expresan: ∂τ ij + Xj = 0 o bien: τ ij,i + X j . = 0 ∂x i Podemos además decir que las componentes τij del Tensor de Tensiones (simétrico) deben cumplir las tres ecuaciones o condiciones diferenciales que son consecuencia de la continuidad de las distintas tensiones internas a que está sometido el sólido, o sea las τij son funciones continuas de las coordenadas xi = (x1, x2, x3). 1 - 3 : ESTADO DE TENSIONES EN UN PUNTO - MATRIZ DE TENSIONES Supongamos un sólido sometido a un sistema de fuerzas en equilibrio, el cual produce un estado de tensiones internas que estará asociado a la geometría del cuerpo, a las características elásticas y al estado de cargas entre otras x3 cosas. P O x1 X3 O X1 Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. x2 X2 5 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones En cada punto del cuerpo definido por sus coordenadas X1, X2, X3 tendremos un estado de tensiones y estudiaremos que pasa en un punto genérico O(X1, X2, X3) en el cual aplico un sistema local de ejes (x1; x2; x3). Aislo alrededor del punto O una porción infinitesimal de materia formada por un tetraedro OABC aplicando sobre cada una de las caras la tensión correspondiente a que está sometida: x3 C t1 t2 t3 tn 1 t n t2 (sobre plano normal a x1) (sobre plano normal a x2) (sobre plano normal a x3) (sobre plano ABC, normal al versor n) tn El versor n tiene ángulos (α1, α2, α3) y cosenos directores (n1,n2,n3) respecto de los ejes coordenados x2 (x1,x2,x3) 3 t ⎡n1 ⎤ ⎧ cos α1 = n 1 A ⎢ ⎥ ⎪ n = (n1,n2,n3) = ⎢n 2 ⎥ con ⎨cos α 2 = n 2 ⎪cos α = n x1 ⎢n ⎥ 3 3 ⎩ ⎣ 3⎦ Si descomponemos las tensiones según los tres ejes coordenados (x1,x2,x3) se obtendrá el siguiente estado de tensiones cuya representación y significado se indica en las figuras siguientes: B O x3 C C τ23 τ22 τ21 O τ32 A τ12 t 1n τ11 τ13 τ31 n t 2n B t3n x2 τ33 O B A x1 ⎡ t 1n ⎤ ⎡ τ11 ⎤ ⎡ τ 21 ⎤ ⎡ τ 31 ⎤ ⎢ ⎥ t3 = ⎢⎢τ 32 ⎥⎥ tn = ⎢ t n2 ⎥ t1 = ⎢⎢τ12 ⎥⎥ t2 = ⎢⎢τ 22 ⎥⎥ ⎢ t 3n ⎥ ⎢⎣ τ13 ⎥⎦ ⎢⎣ τ 23 ⎥⎦ ⎢⎣ τ33 ⎥⎦ ⎣ ⎦ Donde podemos apreciar que la τii es una tensión normal equivalente en otra nomenclatura a σi, y las τij con i≠j representan tensiones tangenciales. Con las nueve τij actuando sobre los planos coordenados se forma la Matriz de Tensiones. ⎡ τ11 T = (τij) = ⎢⎢τ 21 ⎢⎣ τ 31 que como hemos visto en 1-2.1 por ser τ ij = τ ji τ12 τ13 ⎤ τ 22 τ 23 ⎥⎥ τ 32 τ 33 ⎥⎦ una matriz simétrica y por lo tanto T = T T Denominando con: Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 6 Estabilidad IV-a dΩ = superficie ABC dΩ1 = superficie OBC dΩ2 = superficie OAC dΩ3 = superficie OAB Capítulo 1: Tensiones dΩ1 = n1.dΩ dΩ2 = n2.dΩ dΩ3 = n3.dΩ dΩ1 / dΩ = n1 dΩ2 / dΩ = n2 dΩ3 / dΩ = n3 Planteando equilibrio de fuerzas según los 3 ejes coordenados: ∑ Fx 1 = 0 ⇒ t 1n .dΩ = τ11 .dΩ1 + τ 21 .dΩ 2 + τ 31 .dΩ 3 ∑ Fx ∑ Fx 2 = 0 ⇒ t n2 .dΩ = τ12 .dΩ1 + τ 22 .dΩ 2 + τ 32 .dΩ 3 3 = 0 ⇒ t 3n .dΩ = τ13 .dΩ1 + τ 23 .dΩ 2 + τ 33 .dΩ 3 De donde reemplazando dΩi / dΩ por ni : t = τ11 .n 1 + τ 21 .n 2 + τ 31 .n 3 n 1 t n2 = τ12 .n 1 + τ 22 .n 2 + τ 32 .n 3 t 3n = τ13 .n 1 + τ 23 .n 2 + τ 33 .n 3 en Notación Indicial: t in = τ ji .n j = τ ij .n j en Notación Matricial: t n = T T .n = T .n tn También podemos señalar: σ n = t n .n = t n . cos ϕ τn n ϕ σn τ = t − σ = t . sen ϕ n n n n Lo cual nos indica que dadas las nueve componentes τij de la matriz T (Tensiones normales y tangenciales sobre los 3 planos coordenados) queda perfectamente definido el vector tensión en un punto tn para cualquier dirección genérica n del plano dΩ (que no es mas que la tercera ley de Newton o segundo postulado de Cauchy). La matriz T que define el estado de tensiones en el punto estudiado, también representa al denominado “tensor de Tensiones” ya que sus componentes cumplen con las condiciones que definen al tensor cartesiano de 2do. orden. A modo de utilizar algunas ventajas operativas del cálculo matricial y como ejemplo de su aplicación demostremos que las componentes de T cumplen con las condiciones de ser un tensor de 2do orden, por lo cual bajo una rotación definida por la matriz A se deberá cumplir que: T’=A.T.AT t’ij = aih.ajk.thk Veamoslo: tn = T.n tn’= T’.n’ n’ = A.n n = AT.n’ pues: AT=A-1 n n T t ’ = A.t = A.T.n = A.T.A .n’ = T’.n’ ∴ T’ = A.T.AT que es lo que debíamos demostrar, con lo cual podemos afirmar que el Estado de Tensiones tiene carácter Tensorial (Ver 0-5.1.7). Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 7 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones 1 - 3 . 1 : CONDICIONES DE BORDE EN TENSIONES: Hemos mencionado que el estado de tensiones debe cumplir con las condiciones o Ecuaciones de Equilibrio pero que en los bordes deben también cumplir con ciertas condiciones (nuevamente, la tercer ley de Newton, o sea, acción y reacción). Una de las cuales es que las partículas de la superficie también deben estar en equilibrio. ⎡ X1 ⎤ ⎢ ⎥ Como en la superficie exterior actúan cargas por unidad de superficie, actuará t = ⎢X 2 ⎥ sobre ⎢X ⎥ ⎣ 3⎦ la superficie diferencial dΩ de la figura, pues pertenece a la superficie exterior o borde del cuerpo. x Sobre los planos coordenados están actuando las τij, n P componentes del Tensor de Tensiones T. t.dΩ x x Del equilibrio planteado en forma similar a (1-2.2), donde en lugar de la tensión interna tn actúa la carga externa t , obtenemos: 3 2 1 X 1 = τ11 .n 1 + τ 21 .n 2 + τ 31 .n 3 x3 ⎡ n1 ⎤ ⎢ ⎥ n = ⎢n 2 ⎥ X3 .dΩ ⎢ ⎥ t.dΩ ⎣ n 3 ⎦ o X1 .dΩ X2 .dΩ X 2 = τ 21 .n 1 + τ 22 .n 2 + τ 32 .n 3 X 3 = τ 31 .n 1 + τ 32 .n 2 + τ 33 .n 3 Estas son las Condiciones de Borde y deben ser cumplidas necesariamente por las τij en los bordes de aquellas soluciones que se obtengan de las Ecuaciones Diferenciales del Equilibrio. x2 x1 1 - 4 : DIRECCIONES Y TENSIONES PRINCIPALES: x3 ni tn=σi n O x1 x2 Definiremos como Direcciones Principales a las direcciones tales que la tensión tn coincide con el versor ni, y por lo tanto con la tensión normal σ in , y por lo tanto τ in = 0 . Es posible demostrar que para las direcciones principales las tensiones normales σn pasan por los valores máximos o mínimos, denominándose a dichas tensiones con el nombre de Tensiones Principales. Sea un estado de tensiones representado por ⎡ τ11 τ12 τ13 ⎤ T = ⎢⎢τ 21 τ 22 τ 23 ⎥⎥ = T T ⎢⎣ τ31 τ32 τ33 ⎥⎦ Donde tenemos una dirección principal ni para la cual tn = σ in . Será entonces tn = σ in .ni σ in = escalar Y además tn = T.ni t n = T T .n i Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 8 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones i i De donde T.n = σ .n Donde recordando la Matriz Unidad 0 0⎤ ⎡1 ⎢ ⎥ δ ij = I = ⎢0 1 0⎥ ⎢0 0 1⎥⎦ ⎣ n i [ ] (T − σ in .I).n i = 0 se puede escribir: que desarrollada es: (τ11 − σ in ).n 1i + τ 21 .n i2 + τ 31 .n i3 = 0 τ12 .n 1i + (τ 22 − σ in ).n i2 + τ 32 .n i3 = 0 τ13 .n 1i + τ 23 .n i2 + (τ 33 − σ in ).n i3 = 0 ⎡ n 1i ⎤ ⎢ ⎥ Si tomamos como incógnita la dirección principal ni= ⎢n i2 ⎥ , este es un sistema de 3 ecua⎢ i⎥ ⎣n 3 ⎦ ciones homogéneas donde la solución trivial es n 1i = n i2 = n i3 = 0 que es una solución extraña ya que por ser cosenos directores ( n 1i ) 2 + ( n i2 ) 2 + ( n i3 ) 2 = 1 . Para que exista otra solución se debe cumplir con la condición de que el determinante de los coeficientes sea nulo (Roche-Frobenius). τ 21 τ 31 ( τ11 − σ in ) τ12 ( τ 22 − σ in ) τ 32 τ13 τ 23 ( τ 33 − σ in ) =0 Determinante que desarrollado es una ecuación de tercer grado en la tensión principal σ in que se denomina “Ecuación Característica o Secular” con σ in las raíces de dicha ecuación: ( σ in )3 - I1.( σ in )2 + I2.( σ in ) – I3 = 0 Donde al ser constante el coeficiente que multiplica a ( σ in )3 y siendo el valor de las tensiones principales σ in independientes del sistema de ejes adoptados, serán también constantes los coeficientes I1, I2, I3 denominándose “Invariantes”. I 1 = τ 11 + τ 22 + τ 33 = τ ii invariante lineal o de 1er. Grado τ 21 ⎤ ⎡τ 22 ⎡ τ11 2 2 2 I 2 = τ11 .τ 22 + τ 22 .τ 33 + τ 33 .τ11 − τ12 − τ 23 − τ 31 = ⎢ ⎥+⎢ τ 22 ⎦ ⎣ τ 23 ⎣τ12 1 = .( τ ii .τ jj − τ ij .τ ji ) invariante cuadrático de 2do. grado 2 τ11 τ 21 τ 31 I 3 = T = τ12 τ 22 τ 23 = det(τ ij ) τ13 τ 23 τ 33 τ 32 ⎤ ⎡τ 33 ⎥+⎢ τ 33 ⎦ ⎣ τ 31 τ13 ⎤ ⎥= τ11 ⎦ invariante de 3er, grado La ecuación secular tiene 3 raíces en general σ in (i=1, 2, 3) que se puede demostrar que son reales y que representan los valores de las tensiones principales (Tensiones normales en planos con tensiones tangenciales nulas). Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 9 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones A dichas tensiones principales las denominaremos con: σ , σ , σ , o t(1), t(2), t(3). n 1 n 2 n 3 Reemplazada σin en el sistema (T − σ in .I).n i = 0 al cual si se le adiciona (n 1i ) 2 + (n i2 ) 2 + (n i3 ) 2 = 1 obtendremos la dirección principal ⎡ n 11 ⎤ ⎢ ⎥ n1 = ⎢n12 ⎥ = (n 11 , n 12 , n 13 ) ⎢ n13 ⎥ ⎣ ⎦ Lo mismo para σ n2 => n2, y para σ3n => n3 Es posible demostrar que las tres direcciones ni son normales entre sí, y por lo tanto se cumplirá: ⎧1 si i = j n 1i .n 1j + n i2 .n 2j + n i3 .n 3j = δ ij = ⎨ ⎩0 si i ≠ j En general, y a fin de dar un orden a las tensiones principales, las mismas se ordenarán: n σ1 ≥ σ n2 ≥ σ3n cumpliéndose, salvo casos especiales, que: σ1n > σ n2 > σ3n 1 - 4 . 1 : EL TENSOR DE TENSIONES REFERIDO A EJES PRINCIPALES: Referenciemos la Matriz de Tensiones respecto de ejes x1; x2; x3 coincidentes con las direcciones principales. Denominaremos también a estos ejes con x(1); x(2); x(3) La matriz de Tensiones referida a los ejes principales será: x3=x(3) ⎡σ1n ⎢ T=⎢ 0 ⎢ ⎣0 σ1 =t(1) n t τ n n σn σ2 =t(2) n n O x2=x(2) σ3n=t(3) σ n2 0 0 ⎤ ⎡ t (1) ⎥ ⎢ 0 ⎥=⎢ 0 ⎥ ⎢ σ 3n ⎦ ⎣ 0 0 t ( 2) 0 0 ⎤ ⎥ 0 ⎥ ⎥ t ( 3) ⎦ ⎡ t 1n ⎤ ⎡ σ1n .n 1 ⎤ ⎡ t (1) .n 1 ⎤ ⎥ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢ t n = T.n = ⎢ t n2 ⎥ = ⎢σ n2 .n 2 ⎥ = ⎢ t ( 2 ) .n 2 ⎥ ⎥ ⎢ n⎥ ⎢ n ⎥ ⎢ ⎣ t 3 ⎦ ⎣σ 3 .n 3 ⎦ ⎣ t ( 3) .n 3 ⎦ σ n = t n .n x1=x(1) y 0 σ n = σ1n .n 12 + σ n2 .n 22 + σ 3n .n 32 = t (1) .n 12 + t ( 2) .n 22 + t ( 3) .n 32 2 2 2 t 2n = σ1n .n 12 + σ n2 .n 22 + σ 3n .n 32 = t (21) .n 12 + t (22 ) .n 22 + t (23) .n 32 Mientras los invariantes valdrán: I1 = σ1n + σ n2 + σ 3n = t (1) + t ( 2 ) + t ( 3) I 2 = σ (n1) .σ (n2 ) + σ (n2 ) .σ (n3) + σ (n3) .σ (n1) = t (1) .t ( 2) + t ( 2 ) .t ( 3) + t ( 3) .t (1) I 3 = σ1n .σ n2 .σ 3n Por último calcularemos el valor de τn, o (τn )2, referido a ejes principales x(i) 2 τ n = t 2n − σ n = ( t (21) .n 12 + t (22) .n 22 + t (23) .n 32 ) − ( t (1) .n 12 + t ( 2) .n 22 + t ( 3) .n 32 ) 2 Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 10 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones Donde: (τ ) n 2 = ( t (21) .n 12 + t (22) .n 22 + t (23) .n 32 ) − ( t (21) .n 14 + t (22) .n 42 + t (23) .n 34 + + 2.t (1) .t ( 2 ) .n 12 n 22 + 2.t ( 2) .t (3) .n 22 n 32 + 2.t ( 3) .t (1) .n 32 n 12 ) (τ ) n 2 = ( t (21) − t (21) .n 12 − 2.t (1) .t ( 2) .n 22 ).n 12 + ( t (22 ) − t (22 ) .n 22 − 2.t ( 2) .t ( 3) .n 32 ).n 22 + + ( t (23) − t (23) .n 32 − 2.t ( 3) .t (1) .n 12 ).n 32 Como: n 12 + n 22 + n 32 = 1 Será (τ ) n 2 (1 − n 12 ) = n 22 + n 32 ; (1 − n 22 ) = n 32 + n 12 ; (1 − n 32 ) = n 12 + n 22 = [ t (21) .(n 22 + n 32 ) − 2.t (1) .t ( 2) .n 22 ].n 12 + [ t (22 ) .(n 32 + n 12 ) − 2.t ( 2 ) .t ( 3) .n 32 ].n 22 + + [ t (23) .(n 12 + n 22 ) − 2.t (3) .t (1) .n 12 ].n 32 (τ ) n 2 = ( t (1) − t ( 2) ) 2 .n 12 .n 22 + ( t ( 2 ) − t (3) ) 2 .n 22 .n 32 + ( t ( 3) − t (1) ) 2 .n 32 .n 12 τ n = ( t (1) − t ( 2) ) 2 .n 12 .n 22 + ( t ( 2) − t ( 3) ) 2 .n 22 .n 32 + ( t ( 3) − t (1) ) 2 .n 32 .n 12 que nos dá la tensión tangencial para un plano de dirección (n1, n2, n3) cuando los ejes de referencia son principales. 1 - 4 . 2 : TENSIONES TANGENCIALES MÁXIMAS Y MÍNIMAS: En las tensiones tangenciales en general el signo no tiene un significado físico especial, sino que surge de una convención, por lo cual nos interesarán los valores absolutos Máximos y Mínimos. Sabiendo entonces que serán Máximos y/o Mínimos los valores absolutos de τn cuando también lo sea (τn)2. Estudiaremos esta última partiendo de (τ n ) 2 = t (21) .n 12 + t (22 ) .n 22 + t (23) .n 32 − ( t (1) .n 12 + t ( 2 ) .n 22 + t (3) .n 32 ) 2 donde teniendo en cuenta que: n32 = 1 − n12 − n22 será: (τ n ) 2 = t (1) .n 12 + t ( 2 ) .n 22 + t ( 3) .(1 − n 12 − n 22 ) − [ t (1) .n 12 + t ( 2) .n 22 + t (3) .(1 − n 12 − n 22 )] 2 (τ n ) 2 = n 12 .( t (21) − t (23) ) + n 22 .( t (22) − t (23) ) + t (23) − [( t (1) − t (3) ).n 12 + ( t ( 2) − t (3) ).n 22 + t ( 3) ] 2 Donde para que sea Máximo o Mínimo (τn)2 se debe cumplir: ∂ (τ n ) 2 ∂ (τ n ) 2 =0 =0 ∂n 1 ∂n 2 y asumiendo que t(1) > t(2) > t(3), con t(1) ≠ t(3) y t(2) ≠ t(3), será: ∂ (τ n ) 2 = 2.n 1 .( t (21) − t (23) ) − 2.[( t (1) − t ( 3) ).n 12 + ( t ( 2 ) − t ( 3) ).n 22 + t (3) ].2.n 1 .( t (1) − t ( 3) ) = 0 ∂n 1 n 1 .[( t (1) + t ( 3) ) − 2.( t (1) − t (3) ).n 12 − 2.( t ( 2 ) − t ( 3) ).n 22 − 2.t ( 3) ] = 0 1 n 1 .[( t (1) − t ( 3) ).n 12 + ( t ( 2 ) − t ( 3) ).n 22 − .( t (1) − t ( 3) )] = 0 2 n 2 ∂ (τ ) Análogamente para = 0: ∂n 2 1 n 2 .[( t (1) − t ( 3) ).n 12 + ( t ( 2 ) − t ( 3) ).n 22 − .( t ( 2) − t (3) )] = 0 (b) 2 Par de ecuaciones en n1 y n2 que al adicionarle: (a) Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 11 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones (c) n =1− n − n nos permite calcular la dirección del plano (n1, n2, n3) sobre el cual actúan los (τn) Máximos o Mínimos en valor absoluto. Analicemos las distintas soluciones: 2 3 2 1 2 2 1ra Solución: x(3) O x(2) τ =0 n De (a) y (b) n1 = 0 de (c) n3 = ±1 => α1 = 90° n2 = 0 α2 = 90° α3 = 0° x(1) Dirección coincidente con el eje x(3) coordenado (o con -x(3)) y por lo tanto en el plano coordenado “x(1) x(2)” principal y por lo tanto (τn) = 0 (Mínimo). Esto puede verificarse en la expresión: n τ = ± ( t (1) − t ( 2 ) ) 2 .n 12 .n 22 + ( t ( 2 ) − t ( 3) ) 2 .n 22 .n 32 + ( t (3) − t (1) ) 2 .n 32 .n 12 al reemplazar: n1 = 0, n2 = 0, n3 = 1 2da Solución: x(3) x(2) x(1) 3ra Solución: x(2) Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. n1 = 0 En (b) n2 α1 = 90° ≠ 0 1 ∴ ( t ( 2) − t (3) ).n 22 − .( t ( 2 ) − t ( 3) ) = 0 2 1 n2 = ± => α2 = ±45°; α2 = ±135° 2 1 De (c) n3 = ± =>α3 = ±45°; α3 = ±135° 2 (t ( 2 ) − t ( 3) ) (τ n ) = ± (Máximo) 2 α2 = 90° n2 = 0 n1 ≠ 0 1 ∴ ( t (1) − t ( 3) ).n 12 − .( t (1) − t ( 3) ) = 0 2 1 n1 = ± => α1 = ±45°; α1 = ±135° 2 1 De (c) n 3 = ± =>α3 = ±45°; α3 = ±135° 2 ( t (3) − t (1) ) (τ n ) = ± (Máximo) 2 En (b) En (a) x(3) x(1) En (a) 12 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones Variando las soluciones con + o – se van dando los otros planos normales. Con planteos similares pero partiendo de : n 22 = 1 − n 12 − n 32 o de: n 12 = 1 − n 22 − n 32 obtendríamos otras soluciones que se podrían analizar como ejercitación y donde en definitiva aparecerán: (τn) = 0 Mínimo sobre los planos principales, y a 45° de los ejes (τn) Máximos. (t (3) − t (1) ) (τ n ) = ± 2 ( t ( 2 ) − t ( 3) ) (τ n ) = ± 2 ( t (1) − t ( 2 ) ) (τ n ) = ± 2 1 - 5 : FORMA BILINEAL DEL TENSOR DE TENSIONES Y CUÁDRICA INDICATRIZ (DE CAUCHY). Con anterioridad sobre la superficie dΩ habíamos hallado tn = T.n x3 tn τ n ϕ σ n n Donde será: σ n = t n . cos ϕ τ n = t n . sen ϕ = ( t n ) 2 − (σ n ) 2 O x1 x2 Si trabajamos en forma vectorial: σ n = t n .n = t 1n .n 1 + t n2 .n 2 + t 3n .n 3 que desarrollada nos da: σ n = τ11 .n 12 + τ 22 .n 22 + τ 33 .n 32 + 2.τ12 .n 1 .n 2 + 2.τ 23 .n 2 .n 3 + 2.τ 31 .n 3 .n 1 expresión denominada “forma bilineal del Tensor de Tensiones”. Es inmediato que el valor de la tensión normal σn de esta expresión puede ser expresada matricialmente por: T σ n = t n .n = n T .T T .n = n T .T.n Debemos hacer notar que tanto σn, τn y tn varían al variar n que define la dirección del plano dΩ, pero que una vez fijada en el espacio la dirección del plano n, los referidos valores no varían al variar los ejes coordenados que se toman como base. Volviendo a la expresión: n σ = τ11 .n 12 + τ 22 .n 22 + τ 33 .n 32 + 2.τ12 .n 1 .n 2 + 2.τ 23 .n 2 .n 3 + 2.τ 31 .n 3 .n 1 que en notación indicial se escribe: σ n = τ ij .n i .n j Trataremos de representar de alguna manera la variación del valor de σn al variar la dirección del plano n. Fijemos los ejes coordenados x1 x2 x3 y definamos sobre la dirección n un punto Q tal que se cumpla: Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 13 Estabilidad IV-a OQ = r = Capítulo 1: Tensiones k k = constante positiva σn Las coordenadas de Q, extremo de r, serán: ⎡ n1 ⎤ ⎢ ⎥ n = ⎢n 2 ⎥ ⎢n ⎥ ⎣ 3⎦ x3 Q(x1,x2,x3 ) x1 = r.n1 x 2 = r.n2 x1 r n2 = y como r2 = n1 = x2 r x3 = r.n3 n3 = x3 r r x3 o ds x2 x1 x2 k2 σ n σ n .r 2 = k 2 ∴ σ n .r 2 = ± k 2 x1 Reemplazando n1, n2, n3 en la forma bilineal y simplificando: τ11 .x 12 + τ 22 .x 22 + τ 33 .x 32 + 2.τ12 .x 1 .x 2 + 2.τ 23 .x 2 .x 3 + 2.τ 31 .x 3 .x 1 = ± k 2 Expresión cuadrática, lugar geométrico de los extremos Q(x1,x2,x3) que representa una “Cuádrica” en el espacio referido a los x3=x(3) ejes x1 x2 x3 que no es mas que una nπ π superficie de 2° grado, así como en el espacio de dos dimensiones (x1 x2) o sea en el plano, la expresión cuadrática n representa una cónica. Si referimos esto a las direcciones n t r Q principales la ecuación de la cuádrica n estaría dada por: σ o x2=x(2) t (1) .x 12 + t ( 2 ) .x 22 + t ( 3) .x 32 = ± k 2 cuádrica x1=x(1) donde t(i) son las tensiones principales. k Se cumplirá que: OQ = r = σn es inversamente proporcional a la raíz cuadrada del valor absoluto de σn y además como r es normal al plano dΩ, la dirección de σn coincide con la de r. Es también posible demostrar que el tn coincide con la dirección que define al plano tangente en Q (plano π) y por lo tanto será: tn ⊥ π Aclaremos que el plano π (nπ) define la dirección conjugada de n para la cuádrica característica y que la misma tendrá direcciones principales que coincidirán con las direcciones principales de tensiones. La bibliografía de la especialidad muestra el tipo de cuádrica que se dá para los distintos casos de tensiones, señalando aquí que pueden ser elipsoides e hiperboloides de revolución o no, esferas, etc. Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 14 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones 1 - 6 : ELIPSOIDE DE TENSIONES (O DE LAMÉ) Referimos a ejes ordinarios: ⎧t1n = τ11.n1 + τ 21.n 2 + τ31.n 3 ⎪ t n = T.n = ⎨t n2 = τ12 .n1 + τ 22 .n 2 + τ32 .n 3 ⎪t 3n = τ13 .n1 + τ 23 .n 2 + τ33 .n 3 ⎩ y con n12 + n 22 + n 32 = 1 Se puede construir una gráfica que, luego de bastante álgebra será: Será: A (1) ( t 1n ) 2 + A ( 2 ) ( t n2 ) 2 + A (3) ( t 3n ) 2 + A ( 4) t1n + A ( 5) t n2 + + A ( 6 ) t 3n + A ( 7 ) t 3n t1n + A (8) t n2 t1n + A ( 9) t 3n t n2 + A ( 0 ) = 0 Que en el espacio de tensiones: x1 = t1n x 2 = t n2 2 2 x 3 = t 3n 2 A (1) x1 + A ( 2) x 2 + A (3) x 3 + A ( 4) x1. + A (5) x 2 + donde, A ( i ) = A (i ) (T ) + A ( 6 ) x 3 + A ( 7 ) x 3 .x1 + A (8) x 2 .x1 + A (9) x 3 .x 2 + A ( 0) = 0 X3 t X ( 3) X ( 2) P Propiedades: OP = t n O Los ejes principales del elipsoide son las direcciones principales. X2 X (1) X1 Referido a los ejes principales: Las constantes antes vistas se transforman: A ( i ) ⎧ 1 2 si i = 1,2,3 ⎪ t (i) ⎪ = ⎨ 0 si i = 4,..,9 ⎪ − 1 si i = 0 ⎪⎩ Pero, podemos deducir todo de cero: ⎧ t 1n = t (1) .n 1 ⎪ t n = T.n = ⎨t n2 = t ( 2) .n 2 ⎪ n ⎩ t 3 = t (3) .n 3 x(3) t(1) tn t3n n t(2) t 2n O t1 n t(3) - U.N.N.E. Facultad de Ingeniería x(1) n1 = x(2) t 1n t (1) n2 = t n2 t ( 2) n3 = t 3n t ( 3) y con n 12 + n 22 + n 32 = 1 15 Estabilidad IV-a Será: Capítulo 1: Tensiones ( t 3n ) 2 ( t 1n ) 2 ( t n2 ) 2 + + =1 ( t (1) ) 2 ( t ( 2) ) 2 ( t ( 3) ) 2 Que en el espacio de tensiones: x 1 = t 1n x1 2 x2 2 x3 x 2 = t n2 x 3 = t 3n 2 + + 2 =1 2 2 t (1) t ( 2) t ( 3) Representa un Elipsoide de Tensiones o de Lame cuyos ejes principales son x3 t (1) t ( 2) t ( 3) n |t(3)| o t2 |t(1)| P t3 t1 t de n ó ci ec dir |t(2)| Siendo: OP = t n = x 12 + x 22 + x 32 = ( t 1n ) 2 + ( t n2 ) 2 + ( t 3n ) 2 x2 El Elipsoide de Tensiones nos dá el valor absoluto de t n y su dirección. x1 1 - 7 : TENSOR ESFÉRICO Y DESVIADOR Analicemos un estado de tensiones definido por: ⎡ τ11 τ12 τ13 ⎤ T = ⎢⎢τ 21 τ 22 τ 23 ⎥⎥ ⎢⎣ τ 31 τ 32 τ 33 ⎥⎦ Y el valor de 1 1 I 1 τ 0 = .( τ 11 + τ 22 + τ 33 ) = .( t (1 ) + t ( 2 ) + t ( 3 ) ) = 1 = .τ ii 3 3 3 3 Dadas las propiedades de los tensores y de las matrices que los representan, es posible pensar a T como la suma de dos tensores que denominaremos: a) Tensor esférico o hidrostático de tensiones: ⎡τ 0 0 0 ⎤ T0 = τ 0 .I = τ 0 .δ ij = ⎢⎢ 0 τ 0 0 ⎥⎥ ⎢⎣ 0 0 τ 0 ⎥⎦ b) Tensor desviador de tensiones: ⎡S11 S12 Td = [Sij ] = [τ ij − δ ij .τ 0 ] = ⎢⎢S21 S22 ⎢⎣S31 S32 S13 ⎤ ⎡(τ11 − τ 0 ) τ12 τ13 ⎤ ⎥ ⎢ (τ 22 − τ 0 ) S23 ⎥ = ⎢ τ 21 τ 23 ⎥⎥ S33 ⎥⎦ ⎢⎣ τ31 (τ 33 − τ 0 )⎥⎦ τ32 Es inmediato que se cumple: T = T0 + Td Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 16 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones El tensor esférico tiene una tensión constante sobre las direcciones principales y representa a un estado con una tensión normal uniforme en todas sus direcciones no existiendo tensiones tangenciales en ninguna dirección. La cuádrica de Cauchy asociada es una esfera donde cualquier dirección es principal. Sus invariantes son: I 01 = 3 .τ 0 = τ 11 + τ 22 + τ 33 1 2 I 02 = 3 .τ 0 = ( τ 11 + τ 22 + τ 33 ) 2 3 1 3 ( τ 11 + τ 22 + τ 33 ) 3 I 03 = τ 0 = 27 El tensor desviador [Sij] tiene sus direcciones principales coinciden con las de T = [τij]. Para las direcciones principales se cumplirá que las tensiones principales serán: S (i) = t (i) − τ 0 siendo sus invariantes: I d 1 = ( τ 11 − τ 0 ) + ( τ 22 − τ 0 ) + ( τ 33 − τ 0 ) = 0 = ( t (1 ) − τ 0 ) + ( t ( 2 ) − τ 0 ) + ( t ( 3 ) − τ 0 ) quedando definida sus tensiones y direcciones principales por: S 3( i ) + I d 2 .S ( i ) − I d 3 = 0 2 2 2 I d 2 = S 11 .S 22 + S 22 .S 33 + S 33 .S 11 − ( S 12 + S 23 + S 31 ) = 2 2 2 = ( τ 11 − τ 0 ).( τ 22 − τ 0 ) + ( τ 22 − τ 0 ).( τ 33 − τ 0 ) + ( τ 33 − τ 0 ).( τ 11 − τ 0 ) − ( τ 12 + τ 23 + τ 31 ) = 1 [( 2 τ 11 − τ 22 − τ 33 ).( 2 τ 22 − τ 33 − τ 11 ) + ( 2 τ 22 − τ 33 − τ 11 ).( 2 τ 33 − τ 11 − τ 22 ) + 9 2 2 2 + ( 2 τ 33 − τ 11 − τ 22 ).( 2 τ 11 − τ 22 − τ 33 ) − ( τ 12 + τ 23 + τ 31 )] = 1 2 2 2 2 2 = [ − 3 τ 11 − 3 τ 222 − 3 τ 33 + 3 τ 11 .τ 22 + 3 τ 22 .τ 33 + 3 τ 33 .τ 11 ] − ( τ 12 + τ 23 + τ 31 ) = 9 2 2 2 2 2 2 = − [ τ 11 + τ 222 + τ 33 − τ 11 .τ 22 − τ 22 .τ 33 − τ 33 .τ 11 ] − ( τ 12 + τ 23 + τ 31 ) = 6 1 2 2 2 2 2 2 2 = − [ τ 11 + τ 222 − 2 τ 11 .τ 22 + τ 222 + τ 33 − 2 τ 22 .τ 33 + τ 33 + τ 11 − 2 τ 33 .τ 11 ] − ( τ 12 + τ 23 + τ 31 ) 6 1 2 2 2 I d 2 = − [( τ 11 − τ 22 ) 2 + ( τ 22 − τ 33 ) 2 + ( τ 33 − τ 11 ) 2 ] − ( τ 12 + τ 23 + τ 31 ) 6 I d 3 = ( τ 11 − τ 0 ).( τ 22 − τ 0 ).( τ 33 − τ 0 ) + 2 .τ 12 .τ 23 .τ 31 − = 2 2 − ( τ 11 − τ 0 ). τ 23 − ( τ 22 − τ 0 ). τ 31 − ( τ 33 − τ 0 ). τ 12 Referido a direcciones principales: I d1 = 0 1 I d 2 = − [( t (1 ) − t ( 2 ) ) 2 + ( t ( 2 ) − t ( 3 ) ) 2 + ( t ( 3 ) − t (1 ) ) 2 ] 6 I d 3 = ( τ 11 − τ 0 ).( τ 22 − τ 0 ).( τ 33 − τ 0 ) 2 Respecto de las Cuádricas de Cauchy que analizamos referida a los ejes principales podemos decir: a) Tensor esférico: Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 17 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones τ 0 ( x + x + x ) = ± k que representa una esfera. 2 1 2 2 2 3 2 b) Tensor desviador: Siendo I d 1 = ( t ( 1 ) − τ 0 ) + ( t ( 2 ) − τ 0 ) + ( t ( 3 ) − τ 0 ) = S (1 ) + S ( 2 ) + S ( 3 ) = 0 Los 3 S (i ) no son del mismo signo pues su suma es igual a cero, lo cual nos indica una cuádrica S(1) .x 12 + S( 2) .x 22 + S( 3) .x 32 = ± k 2 en la cual se cumple que al no ser los tres S(i) del mismo signo representa un hiperboloide cuyos ejes principales coinciden con los del tensor original T. 1 - 8 : TENSOR OCTAÉDRICO: Analicemos un plano ni referido a sus ejes principales con: x(3) t0 τ0 n1 = n 2 = n 3 n σ0n o x(2) x(1) ni n n12 + n 22 + n 32 = 1 x(2) n1 = n 2 = n 3 = ± 1 1 =± 3 3 x(1) x(3) 1 σ 0n = t (1) .n 12 + t ( 2) .n 22 + t ( 3) .n 32 = ( t (1) + t ( 2 ) + t ( 3) ) = τ 0 3 τ n0 = ( t (1) − t ( 2) ).n 12 .n 22 + ( t ( 2 ) − t ( 3) ).n 22 .n 32 + ( t ( 3) − t (1) ).n 32 .n 12 1 ( t (1) − t ( 2 ) ) 2 + ( t ( 2) − t ( 3) ) 2 + ( t (3) − t (1) ) 2 3 Las ocho caras del octaedro tienen iguales valores absolutos de las tensiones octaédricas. τ n0 = ± Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 18 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones Práctico TENSIONES: Problemas resueltos Problema 1: z n= ? Dado el tensor de tensiones en el punto P. 14 7 − 7 T = 7 21 0 − 7 0 35 4 2 6 y Calcular la tension sobre el plano de la figura: x Resolución: La ecuación del plano es C1 x1 + C2 x2 + C3 x3 =1 , usando los puntos por los que pasa el plano sale que para el plano de la figura: 6 x1 + 2 x2 + 3 x3 = 12 r Para el cálculo de n , usando 2 vectores cualesquiera del plano Vector EB = u = 0e1 − 6e 2 + 4e 3 Vector GB = v = −2e1 + 0e 2 + 4e 3 Aplicando producto vectorial, obtendremos un vector normal al plano formado por ambos vectores pertenecientes al plano en estudio. e1 e 2 e 3 r r u x v = n ' ⇒ n ' = 0 − 6 4 = −24 e1 − 8e 2 − 12e 3 n ' = 28 −2 0 4 Haciéndolo versor: n = n' 6 2 3 = − e1 − e 2 − e 3 7 7 7 n' Obteniendo de esta manera el versor que representa al plano EGB, pudiendo ahora obtener el vector tensión actuante sobre dicho plano: 14 7 −7 −6 7 − 11 t = T.n = 7 21 0 x − 2 7 = − 12 − 7 0 35 − 3 7 −9 n t n = −11e1 − 12e 2 − 9e 3 Problema 2: Determinar las componentes de la tensión tangencial sobre el plano del ejercicio anterior. r r 117 a) Tensión normal σ n = n T *T * n = 7 Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 19 Estabilidad IV-a ( 2 2 τ n = t n − σ n = 346 − 117 b) Capítulo 1: Tensiones ) 2 7 = 8.16 Problema 3: 3 T = − 10 Dado el tensor de tensiones: 0 − 10 0 0 30 30 − 27 Calcular: a) Tensor esférico y desviador. b) Tensiones principales del tensor desviador. c) Direcciones principales del tensor desviador, sabiendo que para este sistema de ecuaciones no lineales, las incógnitas n1, n2 y n3 se obtienen: Ai Bi Ci ; ; , con n 1i = ± n i2 = ± n i3 = ± Di Di Di ( ( ( ) ( ) ( ) ( ) ) ) A i = τ 22 − σ in * τ 33 − σ in − τ 223 ⎫ ⎪ 2 ⎪ n B i = τ11 − σ in * τ 33 − σ in − τ13 ⎬ σ i : Tensión principal 2 ⎪ C i = τ11 − σ in * τ 22 − σ in − τ12 ⎪⎭ D i = A i + Bi + Ci τ ij = τ o δ ij + S ij Resolución de a): −8 T= 11 −8 + − 10 −8 0 τ0 = − 10 0 8 30 30 − 19 τ kk 3 + 0 − 27 = = −8 3 3 Resolución de b): aplicamos sistemas de Laplace: Id1 = 0; Id2 = -1273; Id3 = -9672 Rta: S1 = 31 ; S2 = 8 ; S3 = -39 − 0,11 0,912 − 0,394 Resolución de c): n 1 = 0,788 ; n 2 = 0,274 ; n 3 = − 0,551 0,473 0,304 0,827 Problema 4: En un medio de continuo, el campo de tensiones está dado por el tensor: 2 2 x1 x 2 1 − x 2 x1 0 2 3 T 1 − x 2 x1 x 2 − 3x 2 / 3 0 2 0 0 2x 3 ( ) ( ( ) ) Determinar: a) La distribución de fuerzas másicas si a través de todo el campo se satisfacen las ecuaciones de equilibrio. b) Las tensiones principales en el punto P a, 0, 2 a c) El corte máximo en P. d) Las tensiones desviadoras principales en P. ( Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. ) 20 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones ∂τ ij a) Las ecuaciones del equilibrio: siendo: ∂x j + ρ.b i = 0 ρ : densidad b i : fuerza por unidad de masa 2x 1 x 2 + (−2 x 2 .x 1 ) + 0 + ρ b 1 = 0 ⇒ ρ b 1 = 0 2 2 (1 − x 2 ) + ( x 2 − 1) + 0 0 b) +0 + ρ b2 = 0 ⇒ ρ b2 = 0 + 4x 3 + ρ b 3 = 0 ⇒ ρ b 3 = − 4 x3 ρ σ1 = a 0 a 0 T= a 0 0 ⇒ σ 2 = −a 0 0 8a σ 3 = 8a τ max = 8a − (−a ) = 4,5a 2 c) Corte máximo: d) A partir de las tensiones ya obtenidas: 8 τo = a 3 S1 = a − 8 a = − 5 a 3 3 S2 = −a − 8 a = − 11 a 3 3 S3 = 8a − 8 a = − 16 a 3 3 Problema 5: Dada la cuádrica en ejes principales (de tracción) a = 3,0 b = 4,.5 z c = 5,0 n1 r con n = n 2 c b a x n3 y En un punto P cualquiera, σ = 15 , r = 4,0 a) Determinar el tensor de tensiones del punto en el que está definido la cuádrica. n n n b) Si n1 = 0,5 ; calcular n 2 y n 3 ;( t 1 , t 2 , t 3 componentes del vector tensión total sobre el r plano definido por n .) Resolución punto a) k2 y conociendo los valores de σ n como r 2 = n σ Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. y r 2 para el punto P, obtenemos 21 Estabilidad IV-a σ .r = k n 2 Capítulo 1: Tensiones 2 15.16 = 240 => k = 15.49 La ecuación de la cuádrica será, por estar en ejes principales: σ1 .x 12 + σ 2 .x 22 + σ 3 .x 32 = ± k 2 σ1 .x 12 + σ 2 .x 22 + σ 3 .x 32 = ±240 para obtener los valores de las componentes del tensor de tensiones, estudiamos los valores de la cuádrica sobre los ejes coordenados. sobre el eje x1 240 240 σ1 .a 2 = ±240 => σ1 = 2 = = 26.66 9 a sobre el eje x2 σ 2 .b 2 = ±240 σ2 = => 240 240 = = 11.85 2 20.25 b sobre el eje x3 240 240 = = 9.6 25 c2 quedando por lo tanto el tensor de tensiones: σ 3 .c 2 = ±240 σ1 0 T= 0 σ2 0 0 σ3 = => 0 0 = σ3 26.66 0 0 0 11.85 0 0 0 9.6 Resolución punto b) Para conocer los valores de los cosenos directores faltantes (teniendo en cuenta que conocemos uno de ellos, los valores de la matriz de tensiones y el valor de la tensión normal en la dirección estudiada) podemos aplicar el siguiente sistema de ecuaciones σ n = σ1 .n 12 + σ 2 .n 22 + σ 3 .n 32 n 12 + n 22 + n 32 = 1 15 = 26.66 * 0.5 2 + 11.85 * n 22 + 9.6 * n 32 0.5 2 + n 22 + n 32 = 1 Resolviendo este sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas obtenemos: n 2 = 0.497 ; n 3 = 0.709 Problema 6: Usando la ecuación de balance, deducir la ecuación diferencial del equilibrio. Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 22 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones Resolución La ecuación general de balance en su forma integral, establece que para una propiedad ϕ cualquiera por unidad de masa: ∂ dV = ∫ ρk A dV − ∫ ρ ϕ v . ndΩ − A . ndΩ ∫V ρϕ43 ∫∂ V4j2 V ∂V ∂ t42 1 424 3 1 4 4244 3 1 43 1 Cantidad de la propiedad ϕ en un volumen de control Generación de esa propiedad en V. Flujo convectivo saliente ( + ) de la propiedad a traves de la superficie que rodea V. Flujo no convectivo saliente ( + ) de la propiedad a traves de la superficie que rodea V. Donde el flujo convectivo involucra a la velocidad v (hay transporte de masa) y el no convectivo no la involucra. “n” es normal a la superficie cuyo sentido positivo (+) es hacia fuera. Para deducir lo que buscamos recordemos que la masa se mueve con velocidad “v”, que el “flujo” no convectivo es constituido por las tensiones (por acción y reacción), (debemos tomar: ϕ = v ( velocidad) k A = b (cargas por unidad de masa) J A = - T (Tensor de tensiones) ∂ ρvdV = ∫ ρbdV − ∫ ρ v{ ⊗ v . ndΩ − ∫ (− T). ndΩ V ∂V ∂V ∂ t ∫V Tensor!!!! Aplicando el teorema de Gauss; ∫ v ∗ ndΩ = ∫ ∇ ∗ vdV , queda: ∂V V ∂ρv dV = ∫ ρbdV − ∫ div (ρv ⊗ v) dV + ∫ div(T) dV V V V ∂t div (ρv ⊗ v) = v ( v grad( ρ) + ρ div(v)) + ρ v grad(v) = v div(ρv) + ρ v grad(v) Además y sumado a la ecuación de conservación de masa (ecuación 40 de Balloffet, M., G.) ∂ρ + div (ρv) = 0 , aplicando esto a la ecuación de arriba: ∂t ∂v ∂ρ ρ∫ dV = − v( ∫ ( + div (ρv))dV) − ∫ ρ v grad(v) dV + ∫ ρ b dV + ∫ div (T) dV = V ∂t V ∂t V V V ∂v ρ ∫ (b − )dV = ρ∫ v grad(v) dV − ∫ div (T) dV (Ecuación 57 de B., M., G.) V V V ∂t que es la conservación de momento, Momentum o Momenta, que en definitiva encierra el concepto de que la cantidad de movimiento es igual al impulso o, de otra forma, la derivada con relación al tiempo de la cantidad de movimiento es igual a la suma de fuerzas del sistema (segunda ley de Newton). d ρV.dV = ∑ F = ∫ ρ b dV + ∫ T.n dΩ C.M. = ∫ V.dm = ∫ ρV.dV ; V V V ∂V dt ∫V Como la ecuación obtenida tiene en todos sus términos integrales en relación al volumen, se dv ∂v puede eliminar la integral (localizar) y queda, teniendo en cuenta que = + v.grad( v) dt ∂t (ecuación de la derivada material, hidráulica) se tiene: dv div (T) + ρb = ρ = ρa si a=0 (cuasiestático) y ρb = X , queda la ecuación de equilibrio dt deducida en el curso: ∂τij div (T) + ρb = + Xi = 0 ∂Xj ∫ V Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 23 Estabilidad IV-a Capítulo 1: Tensiones Problemas propuestos: Problema 1: Dado el tensor de tensiones en el punto P. 14 7 − 7 T = 7 21 0 − 7 0 35 z n= ? 4 Calcular la tension sobre el plano de la figura 2 6 y x Problema 2: Si los planos coordenados usados para el siguiente tensor de tensiones son además principales, la matriz adopta la forma: σ1 T = 0 0 σ2 0 0 0 0 σ3 a) Determine la componente normal σ n y la tangencial τ n del vector tensión total ρ sobre un plano definido por el vector normal : n = n 1 .e1 + n 2 .e 2 + n 3 .e 3 b) Determine las componentes del vector unitario perteneciente a la tensión tangencial del ρ = σ n .n +ˆ τ n .e plano analizado, e, tal que: Problema 3: Muestre que la componente tangencial τ0 del vector tensión sobre el plano octaédrico es igual a τ 0 = [2 3 .(−I d 2 )] 1 2 donde I d 2 segundo invariante del tensor desviador. Problema 4: Si dos raíces de la ecuación cúbica de Laplace son iguales, por ejemplo, (λ − σ1 )(λ − σ 2 ) 2 = 0 con n (1) y n ( 2) son las correspondientes direcciones principales para las que λ = σ1 y λ = σ 2 Calcular: a) Muestre que n (1) × n ( 2) es una dirección principal con tensión principal igual a σ 2 b) Muestre, basado en (a), que cualquier dirección perpendicular a n (1) es una dirección principal con tensión principal igual a σ 2 Problema 5: Muestre que : ∂Id 2 ∂τij = −Sij donde I d 2 segundo invariante del tensor desviador, S ij tensor desviador y τ ij tensor de tensiones. Facultad de Ingeniería - U.N.N.E. 24